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Proposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo “Preparar o Exame – Combinatória e Probabilidades” Página 1

Preparar o Exame 2013 – 2017 – Matemática A

Página 80

1.

__ __ __ __ __ __ __ __ __ __ __ __ 4 3

10!

Resposta pedida: 4 x 3 x 10!

Resposta: B

2. Devemos escolher, das oito posições, duas para as letras A: temos 8C2 formas de o fazer. Das

seis posições restantes, uma tem de ser para a letra D (6 maneiras de distribuir esta letra).

Sobram-nos 11 letras possíveis para distribuir, ordenadamente, por cinco posições; existem 11A5

formas de o fazer.

Resposta pedida: 8C2 x 6 x 11A5

Resposta: B

3. Como as jarras são iguais, existem 16C2 formas de distribuir as jarras pelas divisões disponíveis

(basta escolher de entre os dezasseis lugares, os dois que vão ser ocupados pelas jarras). De

entre os catorze lugares ainda disponíveis, temos de escolher, ordenadamente, os sete para as

velas (repara que as velas são diferentes); existem 14A7 formas de o fazer.

Resposta pedida: 16C2 x 14A7

Resposta: D

4. Consideremos o “bloco” formado pelas três raparigas. Existem 3! maneiras de as raparigas

permutarem entre si dentro do bloco.

Para cada uma destas maneiras existem 4! formas de distribuir o “bloco” das raparigas e os

rapazes pela mesa circular. Repara que como a

mesa é circular, só interessa trocar os rapazes (H) entre

eles, pois vamos obter disposições iguais,

independentemente da posição ocupada pelo bloco das

raparigas (M), para cada uma das suas 3! permutações:

Resposta pedida: 3! x 4! = 144

Resposta: C

M1M2

M3

H1

H2

H3

H4

H4

H3H2

H1

M1

M2

M3

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5.

__ __ __ __ __ __ __ __ __ __ __ 8 7

3! x 7! Os rapazes são um bloco, pelo que existem 3! formas de permutarem entre si; existem 7! maneiras de o bloco dos

rapazes e as restantes 6 raparigas disporem-se pelos lugares

Resposta pedida: 8 x 7 x 3! x 7! = 8A2 x 3! x 7!

Resposta: B

6. Existem 10 possibilidades para a escolha da cor que irá colorir as bases. Para cada uma destas

opções, existem 9A6 maneiras de escolher ordenadamente, de entre as nove cores disponíveis,

seis cores distintas para pintar as faces laterais. Repara que as cores utilizadas para as faces laterais têm de

ser distintas e diferentes da utilizada para colorir as bases.

Resposta pedida: 10 x 9A6 = 604 800 Resposta: D

7. 4

n3

n! n!A n! 0 n! (n 3)! (n 3)! 1 n 3 0 n 3 1 n 3 n

(n 3)! n!

Assim, a equação considerada tem duas soluções.

Resposta: C

8.

__ __ __ __ 6 7 7 2

Repara que o 0 não pode ser o 1º algarismo

Resposta pedida: 6 x 72 x 2 = 588

Resposta: C

9. O professor deve escolher 4 perguntas de entre 8 (tem 8C4 maneiras de o fazer) ou deve

escolher 5 perguntas de entre 8 (tem 8C5 maneiras de o fazer).

Resposta pedida: 8C4 + 8C5 = 9C5 Relembra que nCk +

nCk+1 =

n+1Ck+1

Resposta: A

0! = 1 1! = 1

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10. 2008C100 + 2 x 2008C101 2009C101 = 2008C100 + 2008C101 + 2008C101 2009C101 =

2009C101 + 2008C101 2009C101 = 2008C101 Relembra que nCk +

nCk+1 =

n+1Ck+1

Resposta: B

11. Se a soma dos três primeiros da linha descrita é 121, temos que 1 + n + 105 = 121 n = 15.

Assim, estamos perante a linha com n= 15 e o quinto termo da linha anterior é a = 14C4.

Desta forma, as opções A e C são incorretas.

15C3 + 15C4 = 16C4 14C4 , pelo que a opção B é incorreta.

14C4 + 14C5 = 15C4 a + 14C5 = 15C4 a = 15C4 14C5, pelo que a opção D é a correta.

Resposta: D

12. nC4 = 1365 n = 15.

Pretende-se calcular 16C16 + 16C15 + 16C14 + 16C13 + 16C12 = 2517

Resposta: B

13. Consideremos a linha descrita:

a b c d e f g …

Como d = g e nCk = nCnk, sabemos que depois do g existem mais três elementos (iguais a c, b e

a). Então, estamos perante a linha com n = 9 e f = 9C5.

Resposta: A

14. Os termos do desenvolvimento de

10

2y

xy

y

2x

são da forma 10Cp (2xy1)10p

p

2

1

2

xy

Repara que

10Cp (2xy1)10p

p

2

1

2

xy

= 10

2

3p

p

10p10

p10 y

2

x2C

. Como 24ax10y4 é um dos termos do

desenvolvimento considerado, então 4102

3p e obtemos p = 4.

Então este termo é 41010

2

43

4

10410

410 y3360xy

2

x2C

, pelo que 24a= 3360 a = 140.

Resposta: A

2

y

2

y

y2

y

y2

y

2y

y 2

1

2

11

2

1

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15. Os termos do desenvolvimento de (x y)8 são da forma 8Cp x8p (y)p. Assim, temos 9 termos,

sendo 5 positivos e 4 negativos. (y)p < 0 se p ímpar. Caso contrário, (y)

p > 0

Casos possíveis: 9C2

Casos favoráveis: para que o produto seja negativo, os coeficientes têm de ter sinais contrários.

Existem 5 x 4 formas de escolher dois coeficientes nestas condições.

Resposta pedida: 9

5

C

45

29

Resposta: A

16.1

__ __ __ __ __ 3

4!

Resposta pedida: 4! x 3 = 72

Resposta: C

16.2 Para um número ser múltiplo de 3, a soma dos seus algarismos tem de ser múltiplo de 3.

Somando os algarismos que devem ser permutados obtemos 21, que é um múltiplo de 3. Assim,

qualquer que seja a permutação destes algarismos, o número obtido é um múltiplo de 3, pelo que

a probabilidade pedida é 1.

Resposta: D

17.

Casos possíveis: como as bolas da mesma cor são iguais, basta-nos escolher as posições de

saída das três bolas brancas (ou das cinco bolas pretas). Existem 8C3 casos (ou 8C5)

Casos favoráveis: as bolas brancas podem sair consecutivamente nas posições 1, 2, 3 ou 2, 3, 4

ou 3, 4, 5 ou 4, 5, 6 ou 5, 6, 7 ou 6, 7, 8. Assim, existem 6 casos favoráveis.

Resposta pedida: 3

8C

6

Resposta: A

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18.

Casos possíveis: existem 10C3 formas de retirar 3 bolas das 10 bolas disponíveis.

Casos favoráveis: a única forma de o produto dos três números não ser par é serem todos

ímpares. Para estes caso existem 5C3 formas de retirar as três bolas. Então, os casos favoráveis

são 10C3 5C3.

Resposta pedida: 12

11

C

CC

310

35

310

Resposta: D

19. 54

5

6

4

6

5

6

1

6

6

No 1º lançamento pode sair qualquer face.

No 2º lançamento só pode sair a face que saiu no 1º.

No 3º lançamento só não pode sair a face que saiu nos lançamentos anteriores.

No 4º lançamento não pode sair nenhuma das faces já saídas.

Resposta: A

20.

Casos possíveis: existem 14! formas de arrumar os livros numa só fila.

Casos favoráveis: considerando os livros de Matemática como um bloco, existem 8! formas de

permutar estes livros entre si. Depois, existem 7! maneiras de permutar o bloco de livros de

Matemática com os restantes 6 livros. Assim, existem 8! x 7! casos favoráveis.

Resposta pedida: 14!

7! 8!

Resposta: D

21.

Casos possíveis: existem 12C4 formas de escolher 4 dos 12 professores.

Casos favoráveis: temos de considerar o caso em que são escolhidos 4 professores da FCUL

(4C4 = 1 possibilidade) e o caso em que são escolhidos 3 professores da FCUL e 1 das restantes

faculdades (4C3 x 8C1 = 4C3 x 8). Assim, existem 1 + 8 x 4C3 casos favoráveis.

Resposta pedida: 4

123

4

C

C81

Resposta: C

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22.

Casos possíveis: existem 8! permutações dos lugares escolhidos.

Casos favoráveis: em cada um dos 4 casais, enquanto “bloco”, existem 2! = 2 formas de trocar de

lugar. Os 4 casais têm 4! formas de permutar entre si. Assim, existem 24 x 4! casos favoráveis.

Resposta pedida: 8!

4!24

Resposta: D

23.

Casos possíveis: existem 8C3 formas de escolher 3 dos 8 vértices.

Casos favoráveis: observa a figura, onde está esta situação

representada.

Se dois dos vértices escolhidos forem o D e o E, então escolhendo

qualquer um dos restantes 6 vértices obtemos um plano que

contém o eixo Oz. Neste caso temos 6 casos favoráveis.

Se escolhermos apenas um dos vértices D ou E, podemos

escolher os vértices BG, ou CH, ou AF. Neste caso existem 2 x 3

casos favoráveis.

Não escolhendo nenhum dos vértices D ou E não existe qualquer caso favorável.

Assim, existem 12 casos favoráveis.

Resposta pedida: 14

3

C

12

38

Resposta: C

24.


Casos favoráveis: na figura encontram-se assinaladas as arestas estritamente

paralelas ao plano ABC.

Assim, existem 6 casos favoráveis. Para cada aresta nas condições pedidas só existe

uma forma de escolher dois vértices do prisma que a defina.

Resposta pedida: 20

1

C

6

216

Resposta: A

H

GF

E

D C

BA

z

y x

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25.1 Para que os triângulos estejam contidos em planos paralelos

ao plano yOz, só podemos considerar os triângulos contidos nas

faces AEHD e CBFG. Para cada uma destas faces existem 4C3

formas de escolher vértices para formar um triângulo. Assim,

existem 2 x 4C3 = 8 triângulos nestas condições.

Resposta: B

25.2


Casos favoráveis: para escolher dois vértices que definam uma reta

paralela ao plano ABE, os vértices têm de ser escolhidos entre os

das faces [ABFE] ou [DCGH]. Cada uma destas faces trem quatro

vértices, pelo que existem 2 x 4C2 casos favoráveis.

Resposta pedida: 2

82

82

4

C

12

C

C 2

Resposta: D

26.

Casos possíveis: 9 x 105.

Casos favoráveis: 5A3 x 53 Escolhemos, ordenadamente, dos 5 algarismos ímpares, 3 para ocupar os três

primeiros lugares. Cada um dos três últimos lugares pode ser ocupado por um dos 5 algarismos pares.

Resposta pedida: 120

1

109

5A5

33

5

Resposta: B

27. 10

3P(A)

0,4

0,12P(A)

P(A)

0,120,4

P(A)

B)P(AA)|P(B

A opção A não é a correta.

0,4P(B)0,12P(B)0,30,58B)P(AP(B)P(A)B)P(A A opção B não é a correta.

0,180,120,3B)P(AP(A)BAP A opção C não é a correta.

P(B)P(A)0,40,30,12B)P(A A e B são independentes

Resposta: D

A B

AB

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28.

4

1

0,21

0,81

P(B)1

B)P(A1

BP

BAP

BP

BAPB|AP

Resposta: C

29. Pretende-se calcular a probabilidade de o ponto escolhido ter ordenada negativa, sabendo

que tem abcissa positiva. Determinemos, então, o sinal de g(1), g(2), g(3), g(4) e g(5).

g(1) < 0 g(2) < 0 g(3) > 0 g(4) > 0 g(5) > 0

Resposta pedida: 5

2

Resposta: A

30. Pretende-se determinar P(A)

A)P(BA)|P(B

.

P(A)0,225B)P(AP(A)0,5

B)P(A0,45

P(B)

B)P(AB)|P(A

. Então,

40

90,225

P(A)

P(A)0,225A)|P(B

Resposta: B

31.

10

3

7

1

3

17

1

P(B)P(A)

P(B)

P(B)P(A)

BAAAP

P(B)P(A)

BAAP

P(B)P(A)

BABAP

BAP

BABAPBA|BAP

Resposta: B

32.1. 4 x 5 x 7 x 6 x 4 x 3 = 7 x 6 x 5 x 42 x 3 Repara que no regresso à estação A, entre D e C, não se pode

repetir o caminho que foi o escolhido entre C e D. O mesmo

sucede entre C e B e B e A.

Resposta: C

A e B são incompatíveis,

logo AB =

A B

ABA

BBA

AA

A-B; B-C; C-D D-C; C-B; B-A

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32.2

7

1

4

17

5

5

1

4

1

P(X)

ZYXP

P(X)

XYZPX|YZP

Resposta: A

33. 0,7P(A)P(B)

P(B)P(A)0,7

P(B)

B)P(AB)|P(A

. Então,

0,440,20,70,701B)P(AAPBAP

Resposta: C

34. Sejam os acontecimentos An: “a Adriana fica aprovada no exame de Análise” e A l: “a Adriana

fica aprovada no exame de Álgebra”.

Tem-se que P(An) = 0,7 P(Al) = 0,8 0,15AAP ln

Pretende-se calcular ln A|AP . Façamos um esquema desta situação.

Assim, 16

3

0,8

0,15

AP

AAPA|AP

l

lnln

Resposta: B

A e B são independentes, logo

P(AB) = P(A) x P(B)

A B

AB

An Al

0,15

0,65 0,05 0,15

0,7 + 0,8 + 0,15 = 1,65

P(AnAl) = 0,65

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35. Consideremos os acontecimentos E: “o Edgar fica aprovado no exame de condução” e F: “o

Filipe fica aprovado no exame de condução”. Sabe-se que P(F) = 0,6, 0,2EP e P(EF) = 0.

Pretende-se calcular EFFE|FEP .

11

3

0,80,40,60,2

0,60,2

EFFEP

FEPEFFE|FEP

Resposta: B

36. Pretende-se determinar a probabilidade de a figura escolhida estar numerada com um número

pertencente a 90π, sabendo que não é um círculo. Das 7 figuras que não são círculos, temos

três cujo número pertence ao intervalo considerado (4, 7 e 9)

Resposta pedida: 7

3 .

Resposta: B

37. Calculemos X|YP em cada uma das opções. Sabe-se que da caixa A foram retiradas uma

bola laranja e uma bola azul.

Opção A: 5

2A caixa B fica com 2 bolas laranjas e 3 azuis

Opção B: 5

3A caixa B fica com 3 bolas laranjas e 2 azuis

Opção C: 5

4A caixa B fica com 4 bolas laranjas e 1 azul

Opção D: 5

1A caixa B fica com 1 bola laranja e 4 azuis

Resposta: B

38. Pretende-se determinar P(X(XY)).

P(X(XY)) = P(X) + P(XY) P(X(XY)) = P(X) + P(XY) P(XY) = P(X).

12

7P(X)

P(X)24

7

2

1

P(X)

X)P(YX)|P(Y

Repara que se um número é par e múltiplo de 3, então é múltiplo

de 6, pelo que Z = XY.

Resposta: D

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39. Pretende-se determinar P(B)

BAPB|AP

.

P(AB) = P(A) BAP P(AB) = 9

1

6

1

18

1B) P(A

18

1P(B)

6

1

9

7B)P(AP(B)P(A)B)P(A

3

2P(B)

BAP = P(B) P(AB) BAP = 18

1

3

2

18

11BAP

12

11

3

218

11

B|APP(B)

BAPB|AP

Resposta: D

40. Pretende-se determinar a probabilidade de os elementos escolhidos serem positivos, sabendo

que os mesmos têm ordem inferior a 11.

Determinemos o sinal dos termos de ordem inferior a 11:

u1 = < 0; u2 = < 0; u3 = < 0; u4 = < 0; u5 = > 0; u6 = > 0; u7 = > 0; u8 = > 0; u9 = > 0; u10 = > 0

Assim, dos 10 termos temos 6 que são positivos.

Resposta pedida: 3

1

C

C

210

26

Resposta: A

41.

2

1

P(B)2

P(B)

P(B)P(A)

P(B)

P(B) P(A)

BAAAP

B)P(A

B)(AAPB(A|AP

Resposta: C

A B

AB

A e B são incompatíveis,

logo AB = A B

BBA

AA

A e B são

equiprováveis, logo P(A) = P(B)

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42. Pretende-se determinar a probabilidade de não sair bola verde, sabendo que saiu bola

numerada com um número menor do que seis ou bola azul.

Das 8 bolas azuis ou com um número menor do que seis, 5 não são verdes.

Resposta pedida: 8

5

Resposta: D

43.1 Temos de considerar dois casos diferentes: a Maria vai tomar café a C ou a Maria vai tomar

café a D.

A Maria vai tomar café a C:

A B: a Maria pode seguir 2 caminhos diferentes.

B C: a Maria tem de percorrer 6 ruas, sendo duas delas para cima (C) e quatro delas para a

direita (D). Um caminho possível é CDDCDD ou CDCDDD. Ou seja, para termos todos os

caminhos temos de escolher os lugares para os 4 D (por exemplo), ou seja, temos 6C4 caminhos

diferentes.

Neste caso o número total de caminhos é 2 x 6C4.

A Maria vai tomar café a D:

A B: a Maria pode seguir 2 caminhos diferentes.

B D: por um raciocínio análogo ao caso anterior, temos 6C3 caminhos diferentes.

Neste caso o número total de caminhos é 2 x 6C3.

Resposta pedida: 2 x 6C4 + 2 x 6C3 = 2 x (6C4 + 6C3) = 2 x 7C4 Relembra que nCk +

nCk+1

=

n+1Ck+1

Resposta: B

43.2 Pretende-se determinar a probabilidade de a Inês não passar por T nem por Q, sabendo que

vai para E. Basta observar para a figura para perceber que para ir até E, é obrigatório passar por

T ou por Q.

Assim, a probabilidade pedida é 0.

Resposta: A

44. Pretende-se determinar a probabilidade de escolher um par ordenado cuja abcissa é um

número primo, sabendo que o quociente entre a ordenada e a abcissa é um número inteiro. Os

pares ordenados em que o quociente entre a ordenada e a abcissa é um número inteiro são (1, 1),

(1, 2), (1, 3) (1, 4), (1, 5), (1, 6), (1, 7), (1, 8), (2, 2), (2, 4), (2, 6), (2, 8), (3, 3), (3, 6), (4, 4), (4, 8),

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(5, 5) e (6, 6). Destes, apenas (2, 2), (2, 4), (2, 6), (2, 8), (3, 3), (3, 6) e (5, 5) têm como abcissa um

número primo.

Resposta pedida: 18

7

Resposta: B

45. A soma de todas as probabilidades numa distribuição de probabilidades é 1. Assim,

1C

a

C

C 2

C

C

1012011

1012011

1002009

1012011

992009

2009C99 + 2 x 2009C100 + a = 2011C101

2010C100 + 2009C100 2011C101 + a = 0 2010C100 + 2009C100 2010C100 2010C101 + a = 0

2009C100 2009C100 2009C101 = a a = 2009C101

Resposta: B

46. = 2a + 0b + 2(a + b) + 6c = 2b + 6c

Resposta: D

47. X = {0, 1, 2}. Calculemos P(X = 0), P(X = 1) e P(X = 2)

P(X = 0) = 6

1

2

1

3

1 Probabilidade de retirar bola branca em ambas as caixas

P(X = 1) = 2

1

2

1

3

1

2

1

3

2 Probabilidade de retirar bola preta na caixa A e bola branca na caixa B ou retirar bola

branca na caixa A e bola preta na caixa B

P(X = 2) = 3

1

2

1

3

2 Probabilidade de retirar bola preta em ambas as caixas

Então, 6

7

3

12

2

11

6

10μ

Resposta: C

2009C99 +

2009C100 =

2010C100 2011

C101 = 2010

C100 + 2010

C101

2010C101 =

2009C100 +

2009C101

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48. X = {0, 3, 6}. Se multiplicares os números de cada face dá 0, 3 ou 6.

Calculemos P(X = 0), P(X = 3) e P(X = 6)

P(X = 0) = 2

1

6

3 Probabilidade de sair qualquer uma das faces que têm um 0

P(X = 3) = 6

1 Probabilidade de sair a face com os números 3, 1, 1

P(X = 6) = 3

1

6

2 Probabilidade de sair as faces com os números 3, 2, 1

Então, 2,53

16

6

13

2

10μ e 2,72,56

3

12,53

6

12,50

2

1σ

222

P(X < + ) = P(X < 5,2) = P(X = 3) + P(X = 0) = 3

2 e

2

5μ A opção A está correta

P(X > 3) = P(X = 6) = 3

1 A opção B é falsa

P(X = 3) P(X = 6) A opção C é falsa

2 = 7,252,56

3

12,53

6

12,50

2

12

222

A opção D é falsa

Resposta: A

49. Podemos construir uma tabela de dupla entrada para estudarmos os 24 casos possíveis:

1 2 3 4

1 0 1 2 3

2 1 0 1 2

3 2 1 0 1

4 3 2 1 0

5 4 3 2 1

6 5 4 3 2

P(X > 3) = 8

1

24

3

Resposta: B

50. a2 + a + 9

5= 1 9a2 + 9a 4 = 0 a =

3

1 a =

3

4 . Como a tem de ser positivo, a =

3

1.

Resposta: C

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51. Considere-se a variável aleatória X: “número de componentes defeituosos numa amostra de

10”. Então, X segue uma distribuição binomial de parâmetros n = 10 e p = 0,1 e pretende-se

calcular P(X 2).

P(X 2) = P(X = 0) + P(X = 1) + P(X = 2) =

= 10C0 x 0,10 x 0,910 + 10C1 x 0,1 x 0,99 + 10C2 x 0,12 x 0,98 0,93

Resposta: A

52. X = {1, 2, 3} Repara que apenas existem 3 bolas brancas pelo que no máximo são necessárias 3 extrações para

sair bola branca

Calculemos P(X = 1), P(X = 2) e P(X = 3).

P(X = 1) = 5

3 Probabilidade de retirar bola branca na 1ª extração

P(X = 2) = 10

3

4

3

5

2 Probabilidade de retirar bola preta na 1ª extração e bola branca na 2ª extração

P(X = 3) = 10

1

3

3

4

1

5

2 Probabilidade de retirar bola preta nas 1ª e 2ª extrações e bola branca na 3ª extração

Resposta: C

53. Calculemos a e b. Para isso, devemos resolver o sistema

1ab4

1ba

2ba

e obter a = 4

1 e

b = 8

1.

P(X = 4a + 8b) = P(X = 2) = b = 8

1

Resposta: B

54. Considere-se a variável aleatória Y: “número de bolas numeradas com um número primo em

sete extrações sucessivas e com reposição”. Então, Y segue uma distribuição binomial de

parâmetros n = 7 e p = 5

2

20

8 e pretende-se calcular P(X = 2).

P(X = 2) = 0,265

3

5

2C

52

27

Resposta: A

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55. X segue uma distribuição binomial de parâmetros n = 3 e p = 3

1

6

2 . Então, a opção correta é

a B. knkk

3 p1pCk)P(X

Resposta: B

56. Sabe-se que, numa distribuição normal, P( < X < + ) 0,6827, pelo que

P( < X < + ) 0,34. Como, por observação da figura, sabemos que = 2, então 2 + = a

= a 2.

Resposta: D

57. Considere-se a variável aleatória Z: “número de raparigas de entre as 12 retiradas das

primeiras doze filas da sala de cinema”. Então, Z segue uma distribuição binomial de parâmetros

n = 12 e p = 11

3e pretende-se calcular P(X = 3).

P(X = 3) = 0,25411

8

11

3C

93

312

Resposta: C

58. Observa a figura.

P(170 < X < 175) = 38%2

24%100%

Então, existem 0,38 x 600 = 228 alunos com

altura compreendida entre 170 cm e 175 cm.

Resposta: B

59.1 Pretende-se calcular P(17 < X < 19). Observa a

figura.

Repara que 17 = + 2 e 19 = + 3, pelo que

P(13 < X < 17) = 0,47725 e P(13 < X < 19) = 0,47725

Se X~N(, ), então P( 2 < X < + 2) 0,9545 e P( 3

< X < + 3) 0,9973

Assim, P(17 < X < 19) = 0,49865 0,47725 = 0,0214

Resposta: A

12% 12%

13 17 19

0,47725

0,49865

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59.2 Observa a figura. Se X~N(13, 2), então P(11 < X < 15)

0,6827 e P(9 < X < 17) 0,9545

P(B) = P(X < 13) = 0,5 A opção A é verdadeira

P(A) = P(X >18); P(C) = P(X < 10); P(B) = P(X < 13).

Então, P(A) < P(C) < P(B) A opção B é verdadeira

P(C) = P(X < 10) < 0,15865 < 2 A opção C é verdadeira

P(A) = P(X > 18) < 0,15865 A opção D é falsa

Resposta: D

60. P(X > 179) = 0,282

0,220,221

Resposta: B

60. Como P(a< X < b) = 0,5, então a tem de ser menor que o valor médio de X e b tem de ser

mais do que o mesmo valor. Assim, a < 3 e b > 3. Esta condição só não se verifica na opção A.

Resposta: A

10 11 13 161718

0,15865 0,15865

171 175 179

22%

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